Đề thi thử môn Toán lên lớp 10 Cùng đáp án

ĐỀ 19 Bài 1: Cho A = 1 + 2(1 + x + ) 2(1 − x + ) a Tìm x để A có nghĩa b Rút gọn A c Tìm giá trị x để A có giá trị dương Bài 2: a Giải phương trình: x4 + 24x2 - 25 = 2 x − y = b Giải hệ phương trình:  9 x + y = 34 Bài 3: Cho phương trình: x2 - 2mx + (m - 1)3 = với x ẩn số, m tham số(1) a Giải phương trình (1) m = -1 b Xác định m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, nghiệm bình phương nghiệm lại Bài 4: Cho parabol (P): y =2x2 đường thẳng (d): 2x + y - = a) Vẽ (P) b) Tìm tọa độ giao điểm A, B (P) (d) đồ thị phép tính c) Gọi A’, B’ hình chiếu A, B trục hoành.Tính diện tích tứ giác ABB’A’ Bài 5: Cho nửa đường tròn (0) đường kính AB Từ A B kẻ hai tiếp tuyến Ax By Qua điểm M thuộc nửa đường tròn này, kẻ tiếp tuyến thứ ba, cắt tiếp tuyến Ax By E F a Chứng minh AEMO tứ giác nội tiếp b AM cắt OE P, BM cắt OF Q Tứ giác MPOQ hình gì? Tại sao? c Kẻ MH vuông góc với AB (H thuộc AB) Gọi K giao điểm MH EB So sánh MK với KH d Cho AB = 2R gọi r bán kính đường tròn nội tiếp tam giác EOF r Chứng minh rằng: < < R Hướng dẫn giải: Bài 1: a A có nghĩa ⇔  x + ≥ ⇔  x + ≠   b A = 2(1 + x + ) + x ≥ − ⇔  x + ≠  2(1 − x + ) c A có giá trị dương ⇔ = (1 − x ≥ − (*)  x ≠ − x + 2) + (1 + x + 2) 21 − ( x + 2)    = −1 x +1 −1 > ⇔ x + < x thỏa mãn (*) x +1 ⇔ x < -1 x thỏa mãn (*) ⇔ − ≤ x < −1 Bài 2: a Giải phương trình: x4 + 24x2 - 25 = Đặt t = x2, t ≥ 0, phương trình cho trở thành: t2 + 24t - 25 = có a + b +c = nên t =1 t = -25, t≥ ta chọn t = Từ phương trình có hai nghiệm x = -1 x = b Thế y = 2x - vào phương trình 9x + 8y = 34 ta được: 25x = 50 ⇔ x = Từ ta có y = x = y = Nghiệm hệ phương trình cho  Bài 3: a) Phương trình: x2 - 2mx + (m - 1)3 = với x ẩn số, m tham số.(1) Khi m = -1, phương trình cho có dạng x2 + 2x - = ∆' = + = ∆' = Phương trình có nghiệm : x1 = -1+3 = 2; x2 = -1-3 = -4 b Phương trình có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆' = m2 - (m - 1)3 > (*) Giả sử phương trình có hai nghiệm u, u2 theo định lí Vi-ét ta có: u + u = 2m (1)  u.u = (m − 1) (2) Từ (2) ta có u = m - 1, thay vào (1) ta được: (m - 1) + (m - 1)2 = 2m ⇔ m2 - 3m = ⇔ m(m-3) = ⇔ m = m = 3: Cả hai giá trị thỏa mãn điều kiện (*), tương ứng với u = -1 u = Vậy với m ∈ { 0; 3} phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, nghiệm bình phương nghiệm lại Bài 4: a) Vẽ (P): - Bảng giá trị: x y -2 -1 0 2 Đồ thị hàm số y = 2x2 parabol (P) đỉnh O, nhận Oy làm trục đối xứng, nằm phía trục hoành b) *Tìm tọa độ giao điểm (P) (d) đồ thị: H - Đường thẳng (d): 2x + y - = hay y = -2x + + cắt trục tung điểm (0;4) + cắt trục hoành điểm (2;0) Nhìn đồ thị ta có (P) (d) cắt A(-2; 8) B(1;2) Vậy tọa độ giao điểm (P) (d) A(-2; 8) B(1;2) *Tìm tọa độ giao điểm (P) (d) phép tính: Hoành độ giao điểm (P) (d) nghiệm phương trình: 2x2 = -2x + hay: 2x2 + 2x – = ⇔ x2 + x – = có a + b +c = 1+ 1- 2= nên có nghiệm: x1= 1; x2= -2 ; suy ra: y1= 2; y2= Vậy tọa độ giao điểm (P) (d) A(-2; 8) B(1;2) c) Hình thang AA’B’B có AA’= 8; BB’=2; đường cao A’H = nên có diện tích: ( + 2).3 = 15 S= (đơn vị diện tích) Bài 4: a Tứ giác AEMO có: ∧ EAO = 90 (AE tiếp tuyến) ∧ EMO = 90 (EM tiếp tuyến) ∧ ∧ ⇒ EAO+ EMO = 180 Vậy: Tứ giác AEMO tứ giác nội tiếp ∧ b Ta có : AMB = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ∧ AM ⊥ OE (EM EA tiếp tuyến) ⇒ MPO = 900 ∧ Tương tự, MQO = 900 ⇒ Tứ giác MPOQ hình chữ nhật c Ta có : MK //BF ( vuông góc AB) EM MK ⇒ ∆EMK ∆EFB ⇒ = EF BF EM EF ⇒ = MK FB Vì MF = FB (MF FB hai tiếp tuyến) nên: EM EF = (1) MK MF Áp dụng định lí Ta-let ta có: EF EB EB AB EF AB = (MK // BF); = (KH // EA ) ⇒ = (2) MF KB KB HB MF HB EM AB = Từ (1) (2) có: (3) MK HB EA AB = Mặt khác, ∆EAB ∆KHB (MH//AE) ⇒ (4) HK HB EM EA = Từ (3) (4) có: MK HK mà EM = EA (EM EA tiếp tuyến) đó: MK = KH d Ta có OE phân giác AÔM (EA; EM tiếp tuyến); OF phân giác MÔB (FB; FM tiếp tuyến) mà AÔM MÔB hai góc kề bù nên OE ⊥ OF ⇒ ∧ ∆EOF vuông ( EOF = 900) OM đường cao OM = R Gọi độ dài cạnh ∆EOF a, b, c I tâm đường tròn nội tiếp ∆EOF Ta có: SEOF = SEIF + SOIF + SEIO = 1 r.EF + r.OF + r.OE 2 1 = r.( EF + OF + OE ) = r.( a + b + c ) 2 1 OM.EF = aR 2 ⇒ aR = r(a + b + c) r a = ⇒ (1) R a+b+c Mặt khác: SEOF = Áp dụng bất đẳng thức ∆EOF ta có: b + c > a ⇒ a + b + c > 2a ⇒ 1 a a (2) < < = ⇒ a + b + c 2a a + b + c 2a Mặt khác b < a, c < a ⇒ a + b+ c < 3a ⇒ ⇒ 1 > a + b + c 3a a a > = (3) a + b + c 3a Từ (1); (2); (3) ta có: r < < R *Ghi chú: Câu 4d câu nâng cao, áp dụng cho trường chuyên